【文档说明】四川省安宁河高中振兴联盟2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题答案.docx，共(10)页，309.608 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

安宁河联盟2023～2024学年度下期高中2022级期末联考数学考试时间共120分钟，满分150分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡

上的“条码粘贴处”。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束

后由监考老师将答题卡收回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、在等差数列na中，15=a，24138=+aa，则数列na的公差=d（）1.A2.B3.C4.D【答案

】B解析：因为15=a，24138=+aa，所以=+=+241921411dada解得2=d2、函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑥+1的图像在点(1,𝑓(1))处的切线方程是（）𝐴.𝑦=0𝐵.𝑥=0𝐶.𝑦=1𝐷.𝑥=1【答案】A3、nxx+12的二项展开式

中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（）21201.xA271792.xB21448.xC5112.xD【答案】A解析：因为2𝑛=256，所以8=n，所以二项展开式的通项为2388812kkkkxCT−−

+=，所以二项展开式中二项式系数最大的项为268448511202xxCT==−4、为弘扬“五四”精神学校举行了一次演讲比赛，经过大数据分析，发现本次演讲比赛的成绩服从(70,64)N，据此估计比赛成绩不小于86的学生所占的百分比为（）参考数据：()0.68

27,(22)0.9545,(3PXPXPX−+−+−3)0.9973+A．0.135%B．0.27%C．2.275%D．3.173%答案C解析：依题意，286,8,70+

===所以测试成绩不小于86的学生所占的百分比为%275.2%10029545.01=−故选：C．5、电影飞驰人生中对汽车的撞击能力进行检测，需要对汽车实施两次撞击，若没有受损，则认为该汽车通过质检.若第一次撞击后该汽车没有受损的概率为0.84，当第一次没有受损时第二次实施

撞击也没有受损的概率为0.85，则该汽车通过检验的概率为（）A．0.794B．0.684C．0.714D．0.684答案：C.解析：设iA表示第i次撞击后该汽车没有受损，1,2i=，则由已知可得，85.0)|(,84.0)(121==AAPAP，所以由乘法公式可得，714.084.085.0

)|()()(12121===AAPAPAAP即该构件通过质检的概率是0.714.故选：C.6、已知函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥2+𝑥在区间[1,2]上单调递增，则实数a的最大值是（）A．1B．38C34D．12【答案】B解

析：由𝑓(𝑥)在区间上单增有𝑓/(𝑥)=1𝑥−2𝑎𝑥+1≥0在[1,2]上恒成立，则2𝑎≤1𝑥2+1𝑥,易得当𝑥=12时𝑎的最大值为387、用红、黄、蓝三种不同颜色给如图所示的4块区域A、B、C、

D涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法（）A．14种B．16种C．20种D．18种【答案】D解析：先涂A，有3种涂法，再涂B有2种涂法，涂C时，与A同色，有1种涂法，此时D

有2种涂法，当C与CDBAA异色时有1种涂法，这是D有1种涂法，所以共有3×2×（1×2+1×1）=18种8、已知可导函数𝑓(𝑥)的定义域为(−∞,0),其导函数𝑓/(𝑥)满足𝑥𝑓/(𝑥)+2𝑓(𝑥)>0,则不等式(𝑥+2024)2∙𝑓(𝑥+2024)−𝑓(−

1)<0的解集为()𝐴.(−2025,−2024)𝐵.(−2024,−2023)𝐶.(−∞,−2024)𝐷.(−∞,−2023)【答案】A解析：令𝐹(𝑥)=𝑥2∙𝑓(𝑥)则𝑔/(𝑥)=𝑥∙[𝑥𝑓/(𝑥)+2𝑓(𝑥)]<0,故�

�(𝑥)在(−∞,0)单减。不等式(𝑥+2024)2∙𝑓(𝑥+2024)−𝑓(−1)<可变形为(𝑥+2024)2∙𝑓(𝑥+2024)<(−1)2∙𝑓(−1),即𝑔(𝑥+2024)<𝑔(−1)所以有𝑥+2024>−1,且

𝑥+2024<0得−2025<𝑥<−2024二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9、设随机变

量的分布列为)4,3,2,1(,)4(===kakkP，则（）A．110=aB．5.0)82.03.0(=PC．43)(=ED．()10.3P==答案：ABC10、已知等差数列na的前n项和为nS，且满足291=a，1812SS=，则下列选项正确的有（）31.9=aA.B数列

na是递增数列.C当15=n时，nS取得最大值为2253030.−−nnanSD的最小值为1【答案】ACD解析：因为291=a，1812SS=，解得2−=d，nnSnann30,3122+−=+−=.A令9=n，解得319=a，正确.B0,

-2=d数列na是递减数列，因此数列na是递增数列错误.C()225153022+−−=+−=nnnSn，当15=n时，nS取得最大值为225.正确12123030.22−=+−−=−−nnnnanSDnn()()()()nfnnnnfNnnnnf−−=−=01212,122

2）（，令在Nn时单调递增，()nf的最小值为()11=f，正确11、已知𝑚∈𝑅,𝑛∈𝑅,且𝑚𝑛≠0，1x=为函数𝑓(𝑥)=−(𝑛−𝑚𝑥)(𝑥2−2𝑥+1)的极小值点，则下列不等式可以成立的有（）A．𝑚2<𝑛2<𝑚𝑛B．𝑛2<𝑚𝑛<𝑚2C．�

�2<𝑚2<𝑚𝑛D．𝑚2<𝑚𝑛<𝑛2【答案】B，D解析：𝑓/(𝑥)=(𝑥−1)(3𝑚𝑥−𝑚−2𝑛),由𝑓/(𝑥)=0⇒𝑥=1或𝑥=𝑚+2𝑛3𝑚,因为𝑓(𝑥)在𝑥=1处取得极小值,故𝑚+2𝑛3�

�≠1得𝑚≠𝑛。若𝑚>0,则𝑚+2𝑛3𝑚<1,得𝑛<𝑚,此时若𝑛<0,四个选项均不成立。若𝑛>0时,𝑛2<𝑚𝑛<𝑚2。若𝑚<0,则𝑚+2𝑛3𝑚>1,得𝑛<𝑚<0,此时𝑚2<𝑚𝑛<𝑛2。三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12、

若已知()()()()()10103322108233334+++++++++=+xaxaxaxaaxx，则=+++++1086420aaaaaa【答案】512解析：由()()()()()10103322108233334+++++++++=+xaxaxaxaaxx，令2-

=x，则1093210102aaaaaa++++++=①令-4=x，则10932100aaaaaa+−+−+−=②由①+②得10108642022=+++++）（aaaaaa所以512291086420==++++

+aaaaaa13、某学校选派甲，乙，丙，丁共4位教师分别前往A,B,C三所中学支教，其中每所中学至少去一位教师，乙，丙不去C中学但能去其他两所中学，甲，丁三个学校都能去，则不同的安排方案的种数是______（用数字作答）【答案】14种解析：C学校去一个人：C21∙C3

1∙A22；C学校去2个人：只能是甲，丁，故有：1×2所以共有C21∙C31∙A22+2=1414、已知,)(,ln)(1xaexgxaxxf==−对任意的2x都有的取值范围是则axgxf),()(___________答案xxaxaaxaxeexxexxxexaxxgxfal

nlnlnln)()()(ln,)(xFxFxexFax=）（则令上单调递增在时，当),2()(0)(2),1()(''++=xFxFxxexFxxxaxxalnlneaeehxheexhexxxxhxxxh==+==−==)()(),(),2()(,0ln1ln

)(,ln)(min2'上单调递增，上单调递减，在在则令四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15、已知数列na的前n项和为nS，3,311=+=+aSann()1证明：n

a是等比数列，并求出na的通项公式；()2已知321nnnnanac+=−，求数列nc的前n项和nT.解析：（1）因为31+=+nnSa，当1=n时，3,31112==+=SaSa，62=a；.

.......1分当2n时，31+=+nnSa，31-+=nnSa，两式相减得21=+nnaa，........3分又212=aa，........4分数列na是首项为3，公比为2的等比数列，.......

.5分123−=nna........7分（2）112332−−+=+=nnnnnnanac.......8分()()()2121233242139631−−++=+++++++++=nn-nnnnT.....

...10分()12233−++=nnn........13分16、某歌手选秀节目，要求参赛歌手先参加初赛．歌手晋级与否由A、B、C三名导师负责．首先由A、B两位导师对歌手表现进行初评，若两位老师均表示通过，

则歌手晋级；若均表示不通过，则歌手淘汰；若只有一名导师表示通过，则由老师C进行复合审查，复合合格才能通过；并晋级．已知每个歌手通过A、B、C三位导师审核的概率分别为31,21,32，且各老师的审核互不影响．(1)在某歌手通过晋级的条件下，

求他（她）经过了复合审查的概率；(2)从参赛歌手中选出3人，设其中通过晋级的人数为X，求X的分布列和数学期望．解析：（1）设事件{AA=老师表示通过}，事件{BB=老师表示通过}，事件{CC=老师表示通过}，事件{D=歌手通过晋级}，事件{E=歌

手经过复审}，则，31)(,21)(,32)(===CpBPAP，213121323121312132)()()()(=++=++=CBAPBCAPABPDP61312132312131)(=+=DEP，因此，31)|(=DEP所以它经过了复审的概率为31.（2）依题意，X的

可能取值为3,2,1,0，显然，)21,3(~BX，则81)21()3(,83)21()2(83)21()1(,81)21()0(333323313303============CXPCXPCXPCXP所以X的分布列如下：X0123P数学期望为E(𝑋)=3×

12=32.17、教育局为了了解本区高中生参加户外运动的情况，从本区随机抽取了600名高中学生进行在线调查，收集了他们参加户外运动的时间（单位:小时）分配情况等数据，并将样本数据分成[0,2],(2,4]，(4,6],(6,8],(8,

10],(10,12],(12,14],(14,16]，(16,18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.(1)为进一步了解这600名学生参加户外运动时间的分配情况，从参加户外运动时间在(12,14],(14,16],(16,18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取

了10人，现从这10人中随机抽取3人.记参加户外运动时间在(14,16]内的学生人数为X，求X的分布列和期望；81838381(2)以调查结果的频率估计概率，从该区所有高中学生中随机抽取10名学生，用“)

(10kP”表示这10名学生中恰有k名学生户外运动时间在(10,12]（单位:小时）内的概率，当)(10kP最大时求k的值。解析：（1）由频率分布直方图得:2(0.020.030.050.050.150.050.040.

01)1,a++++++++=解得0.10;a=这600名学生中参加公益劳动时间在(12,14],(14,16],(16,18]三组内的学生人数分别为:人6010.0600=，人人，1202.06004808.0600==若采用分层抽样的方法抽取了10人

，则从参加公益劳动时间在[14，16]内的学生中抽取:人41048126048=++,现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，312646331010CCC201601(0),(1),C1206C1202PXPX====

====213464331010CCC36341(2),(3),C12010C12030PXPX========X的分布列为:X0123P1612310130则其期望为1316()123;210305EX=++=（2）由（1）可知参加公益劳动时

间在(10,12]的概率0.120.2,P==所以kkkkkkCCkP−−=−=10101010108.02.0)2.01(2.0)(依题意−+)1()()1()(10101010kPkPkPkP，即−−−−++−kkkkkkkkkkkkCCCC1111

010109111010108.02.08.02.08.02.08.02.0，解得51156k因为k为非负整数，所以2=k，即当)(10kP最大时，2=k18、已知等差数列na的公差0d，且1341aaa，，成等比数列，

na的前n项和为nS，4352=+SS，设nnnab=2，数列nb的前n项和为nT，（1）求数列nb的通项公式；（2）若不等式()031122+−+−nSTnn对一切Nn恒成立，求实数的最大值.解析：（1）由已知等差数

列na得=+=435213124SSaaa解得==231da，..........2分所以()()1212311+=−+=−+=nndnaan，...........4分所以()nnnnnab2122+==...

.........5分（2）()nnnT21227252332+++++=，①()14322122725232++++++=nnnT，②所以①-②得()()1143132212222621

222222223++++−++++=+−++++=−nnnnnnnT............6分所以()()()()222121282621221218611211−−=+−−+=+−−−+=−++++−nnnnnnnn

nT............7分所以()22121+−=+nnnT............8分由（1）得==231da，所以()()nnnnndnnnaSn2132121+=−+=−+=.........9分不等式()031

122+−+−nSTnn对一切Nn恒成立()037221221+−+−+nnnn且()02121−+nn............10分()12212372+−−+−nnnn对一切Nn恒成立............11分即123+

−nn对一切Nn恒成立，min123）（+−nn............12分令()123+−=nnnf，则()2221+−=+nnnf，()()2122423221+++−=−−−=−+nnnnnnnfnf当31n时，()()01

−+nfnf，()123+−=nnnf单调递减；当4=n时，()()nfnf=+1，即()()32145−==ff；当5n时，()()01−+nfnf，()123+−=nnnf单调递增；综上，()123+−

=nnnf的最小值为()()32145−==ff，.............15分32123min1−=−+）（nn，的最大值为321−.............17分19、已知函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑥−𝑙𝑛𝑥,𝑔(𝑥)=𝑒𝑥𝑥(

𝑚≠0)的定义域为(0,+∞).(1)求𝑔(𝑥)的极值点；(2)讨论𝑓(𝑥)的单调性；(3)若函数𝑓(𝑔(𝑥))存在唯一极小值点，求𝑚的取值范围；解析：(1)𝑔(𝑥)的定义域为(−∞,0)∪(0

,+∞),𝑔/(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥−1)𝑥2,.........(1分)令𝑔/(𝑥)>0得𝑥>1,令𝑔/(𝑥)<0得𝑥<1且𝑥≠0故𝑔(𝑥)在(−∞,0)和(0,1)单调递减，在

(1,+∞)单调递增。.........(2分)所以𝑥=1是𝑔(𝑥)的极小值点，无极大值点.........(3分)(2)𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞),𝑓/(𝑥)=𝑚−1𝑥=𝑚𝑥−1𝑥.........(4分)若𝑚<0,𝑓/(𝑥)<0在(0,+∞)上恒成立，所

以𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减若𝑚>0,令𝑓/(𝑥)>0得𝑥>1𝑚;令𝑓/(𝑥)<0得0<𝑥<1𝑚所以𝑓(𝑥)在(0,1𝑚)上单调递减，在(1𝑚,+∞)上单调递增.........(6分)综上，当𝑚<0时，𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，当𝑚>

0时，𝑓(𝑥)在(0,1𝑚)上单调递减，在(1𝑚,+∞)上单调递增.........(7分)(3)令𝐹(𝑥)=𝑓(𝑔(𝑥))=𝑚𝑒𝑥𝑥−𝑥+𝑙𝑛𝑥,则𝐹/(𝑥)=(

𝑥−1)(𝑚𝑒𝑥−𝑥)𝑥2.令ℎ(𝑥)=𝑚𝑒𝑥−𝑥,则ℎ/(𝑥)=𝑚𝑒𝑥−1..........(8分)①当𝑚<0时，ℎ/(𝑥)<0在(0,+∞)上恒成立,故当𝑥∈(0,1)时，𝐹/(𝑥)>

0,𝐹(𝑥)单调递增,当𝑥∈(1,+∞)时，𝐹/(𝑥)<0,𝐹(𝑥)单调递减.所以𝐹(𝑥)有唯一极大值点，没有极小值点，不满足题意。.........(9分)②当𝑚≥1时，ℎ/(𝑥)≥

𝑒𝑥−1>0在(0,+∞)恒成立,ℎ(𝑥)在（0，+∞）单增，ℎ(𝑥)>ℎ(0)=𝑚>1故当𝑥∈(0,1)时，𝐹/(𝑥)<0,𝐹(𝑥)单调递减,当𝑥∈(1,+∞)时，𝐹/(𝑥)>0,𝐹(𝑥)单调递增.所以𝐹(𝑥)有唯一极小值点，满足题意。.......

..(10分)③当0<𝑚<1时，令ℎ/(𝑥)<0,得0<𝑥<−𝑙𝑛𝑚;令ℎ/(𝑥)>0,得𝑥>−𝑙𝑛𝑚故ℎ(𝑥)在(0,−𝑙𝑛𝑚)上单调递减，在(−𝑙𝑛𝑚，+∞)上单调递增.则令ℎ(𝑥)min=ℎ(−𝑙𝑛𝑚)=1+𝑙𝑛𝑚≥0

,得𝑚≥1𝑒.........(11分)当1𝑒≤𝑚<1时，ℎ(𝑥)≥0在(0,+∞)上恒成立，由②可知𝐹(𝑥)有唯一极小值点，满足题意......(12分)当0<𝑚<1𝑒时，ℎ(−𝑙𝑛𝑚)<0,ℎ(0)=𝑚>0,ℎ(−2𝑙𝑛𝑚)=1�

�+2𝑙𝑛𝑚=1𝑚−2𝑙𝑛1𝑚>0,又因为ℎ(𝑥)在(0,−𝑙𝑛𝑚)上单调递减，在(−𝑙𝑛𝑚，+∞)上单调递增,所以存在唯一实数𝑥1∈(0,−𝑙𝑛𝑚),𝑥2∈(−𝑙𝑛𝑎,2𝑙𝑛𝑚)使得ℎ(�

�1)=0,ℎ(𝑥2)=0，又ℎ(1)=𝑚𝑒−1<0故当𝑥∈(0,𝑥1)时，𝐹/(𝑥)<0；当𝑥∈(𝑥1,1)时，𝐹/(𝑥)>0；当𝑥∈(1,𝑥2)时，𝐹/(𝑥)<0；当�

�∈(𝑥2，+∞)时，𝐹/(𝑥)>0.........(15分)故𝐹(𝑥)在(0,𝑥1)上单调递减，在(𝑥1,1)上单调递增，在(1,𝑥2)上单调递减，在(𝑥2，+∞)上单调递增.所以𝐹(𝑥)的极小值点为𝑥1，𝑥2，不唯一，

不满足题意。.........(16分)所综上，𝑚的取值范围为[1𝑒,+∞)..........(17分)